Olimpiada internacional de física 22

OLIMPIADA INTERNACIONAL DE FÍSICA

Problemas resueltos y comentados por:
José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo

XXII OLIMPIADA INTERNACIONAL DE FÍSICA – CUBA, 1991

1.- La figura inferior muestra a una esfera homogénea de radio R. Antes
de caer al suelo su centro de masas se encuentra en reposo, pero la
esfera está girando con velocidad angular constante ωo alrededor de un
eje horizontal que pasa por su centro. El punto más bajo de la esfera se
encuentra a una altura h sobre el suelo.

ω0

h
ϕ

β αh

Cuando la esfera cae por acción de la gravedad, rebota hasta una altura
αh describiendo una parábola que forma un ángulo ϕ con la dirección
vertical. La deformación de la esfera en su impacto con el suelo es
despreciable. Se admite que no existe rozamiento con el aire y que el
tiempo de contacto de la esfera con el suelo es pequeño pero finito.
El coeficiente de rozamiento entre la esfera y el suelo es µ y el momento
2
de inercia de la esfera respecto de un diámetro vale : I = mR 2 .
5
Deben considerarse dos casos: I) La esfera desliza durante todo el tiempo
que dura el impacto y II) el deslizamiento acaba antes de la duración del
impacto.

Caso I.- a) Calcular la tangente de ϕ , b) La distancia recorrida por el
centro de masas de la bola entre el primero y segundo impacto, c) El
valor mínimo de ωo para este caso.
Caso II.- a) Calcular tag ϕ , b) La distancia recorrida por el centro de
masas de la bola entre el primero y segundo impacto
Establecer para ambos casos la variación de tag ϕ con ωo

© José Luis Hernández Pérez y Agustín Lozano Pradillo. www.profes.net 187

La esfera, justamente antes del impacto con el suelo posee una velocidad angular ωo
alrededor del eje que pasa por su centro y una velocidad lineal del centro de masas de
dirección vertical y perpendicular al suelo cuyo módulo es:

v CM = 2gh

Al chocar contra el suelo aparece una fuerza de percusión que designamos con N. Dada
su naturaleza, esta fuerza es mucho mayor que el peso de la esfera. También aparece
una fuerza horizontal de rozamiento fr.

N
ωo vy ω2

fr vx

mg
Fig. 1

En el tiempo que dura el impacto, esto es, mientras la esfera está en contacto con el
suelo, la fuerza de rozamiento ha acelerado linealmente al centro de masas por lo que
éste adquiere una velocidad vx. Al mismo tiempo la fuerza de rozamiento crea un
momento con respecto al centro de masas que determina una disminución de la
velocidad angular. La fuerza de percusión N es la causante de que sobre el centro de
masas aparezca una velocidad vy. Teniendo en cuenta que el impulso de las fuerzas es
igual a la variación de la cantidad de movimiento escribimos:
t
2
∫ f r dt = mv x − 0 (1)
t1

( )
t2
∫ Ndt = mv y − − m 2gh = mv y + m 2gh (2)
t1

( )
t2 t2
− ∫ (Rf r ) dt = −R ∫ fr dt = − Rmv = I ω 2 − ω (3)
t t x o
1 1
La duración del impacto es t2-t1 = ∆t . En la ecuación (3) figura un signo menos ya que
el segundo miembro de la ecuación es negativo puesto que ω2 es menor que ωo.

Caso I.- La esfera desliza durante todo el tiempo que dura el impacto

En este caso durante el tiempo que dura el impacto la velocidad angular no se reduce lo
suficiente por lo que al final del impacto se cumple: ω 2 R > v x
Durante todo el tiempo del impacto se cumple la relación: f r = µN
Teniendo en cuenta esta última ecuación junto con la (1) y (2) que valoran el
r
incremento del momento lineal ∆P en sus dos componentes:
t2
En el eje X , ∆Px = mv x o sea ∫ µNdt = mv
t
x

1


t2
y sobre el eje Y ∆Py = mv y + m 2gh que es: ∫ Ndt = mv
t
y + m 2gh
1
Si la componente Y la multiplicamos por el factor µ, igualando los segundos miembros
nos lleva a :
(
µ mv y + m 2gh = mv x )
La velocidad vertical hacia arriba en el rebote hace que la bola suba hasta una altura
αh.
1
Las ecuaciones del movimiento son : v = v y − gt ; y = v y t − gt 2 , cuando v=0 , y
2
vy
=αh . Operando en las dos ecuaciones resulta t = y v y = 2g αh
g
(
Sustituimos v y = 2g αh en la ecuación, µ mv y + m 2gh = mv x )
µ 2g αh + µ 2gh = v x ⇒ v x = µ 2gh 1 + α ( ) (4)
Recordando, que según la ecuación (3) − Rmv x = I(ω 2 − ω o )

(
− Rmµ 2gh 1 + α = ) 2
mR 2 (ω 2 − ω o ) ⇒ ω2 = ωo −
(
5µ 2gh 1 + α
(5)
)
5 2R

Caso I.-a) Calcular la tangente de ϕ
v
tagϕ = x =
µ 2gh 1 + α
=
µ 1+ α ( ) ( ) (6)
vy 2gh α α
que es independiente de ωo.

Caso I.-b) La distancia recorrida por el centro de masas de la bola entre el
primero y segundo impacto
El alcance entre el primer y segundo rebote vale: (
x max = v x t x = µ 2gh 1 + α t x , )
2v y 2 2g αh 2gh
siendo tx: t x = 2t = = =2 α
g g g

(
x max = µ 2gh 1 + α * 2 α ) 2gh 2µ * 2gh *
=
( α +α ) = 4µ h( α +α )
g g
Que es también independiente de ωo

Caso I.-c) El valor mínimo de ωo para este caso

Para que ocurra este caso I, la velocidad inicial ωo tiene que cumplir la condición
ω 2 R > v x y de (5)

ω2 R > v x ⇒

ω o −
(
5µ 2gh 1 + α  )
 * R > µ 2gh 1 + α ( ) ⇒

 2R 


ωo R >
5µ 2gh 1 + α (
+ µ 2gh 1 + α
) ( ) ⇒ ωo >
(
7µ 2gh 1 + α )
2 2R


II) El deslizamiento acaba antes de la duración del impacto

Al cesar el deslizamiento el movimiento es una rodadura pura. La velocidad del punto
de contacto es nula. Teniendo en cuenta que dicho punto, tiene hacia la derecha la
velocidad del centro de masas vx y hacia la izquierda el producto ω R

v x = ω2 R

llevando esta última relación a la ecuación (3) − Rmv x = I(ω 2 − ω o )

v  2 v  2 2
− Rmv x = I x − ω o  = mR 2  x − ω o  ⇒ − Rmv x = mv x R − mR 2 ω o ⇒
R  5 R  5 5
7 2 2
= − mv x R = − mR 2 ω o ⇒ 7v x = 2Rω o ⇒ v x = ω o R
5 5 7
v 2
ω2 = x = ωo
R 7
La componente vy vale: v y = 2g αh

Caso II.-a) Calcular tag ϕ

Para calcular la tangente del ángulo ϕ, usamos la relación entre las componentes de la
velocidad inicial en el rebote
2
ωo R
vx 7 2ω o R
tag ϕ = = = (7)
vy 2g αh 7 2gh α
La tangente de ϕ depende de la velocidad angular inicial ωo

Caso II.-b) La distancia recorrida por el centro de masas de la bola entre el
primero y segundo impacto

Para calcular el alcance entre el primero y segundo rebote, recordemos las expresiones
que dan el alcance máximo y la altura máxima en un tiro parabólico (beta es el ángulo
que forma el vector velocidad con el eje de abscisas)

v 2 2 senβ cosβ v 2 sen 2β 4h max
x max = ; h max = ⇒ x max = = 4h max tag ϕ
g 2g tag β
2ω o R 8 αh
x max = 4 αh = ωo R (8)
7 2gh α 7 2g

En el caso I, en que hay deslizamiento mientras dura el impacto, según la ecuación
(6), la tangente de ϕ es independiente de la velocidad de rotación inicial ωo, mientras
que en el caso II, ecuación (7) ,es directamente proporcional a ωo.


2.- Un lazo de forma cuadrada tiene de lado una longitud L. A lo largo
del lazo, una serie de bolas cargadas eléctricamente, cada una con una
carga q, se desplazan con una velocidad u, manteniendo cada bola con
su vecina una distancia constante a, referido a un sistema de referencia

que está en reposo respecto del lazo. La disposición de las bolas en el
lazo se indica en la figura inferior

A
u
L
E
u

B
ϕ
D u u

v

C a

El hilo que forma el lazo es de material no conductor y posee una carga
eléctrica uniformemente distribuida sobre él, en total la carga del hilo es
igual y opuesta a la de todas las bolas.
Considerar una situación en la que el hilo se desplaza con velocidad
constante v, paralela al lado AB, en el interior de un campo eléctrico
uniforme E que es perpendicular al vector v y forma con el plano del
lazo un ángulo ϕ.
Teniendo en cuenta los efectos relativistas han de calcularse las
siguientes magnitudes que son medidas por un observador situado sobre
un sistema de referencia para el que el lazo se desplaza respecto de él
con la velocidad v.
1) El espaciado que existe entre las bolas de cada uno de los lados del
lazo
2) Los valores de la carga neta (bolas más lazo) en cada uno de los lados
3) El módulo del momento de origen eléctrico que tiene a rotar al
sistema formado por el lazo y las bolas
4) La energía debida a la interacción del sistema, hilo más bolas, con el
campo eléctrico,


Notas.- La carga eléctrica de un objeto aislado es independiente del sistema de
referencia desde el que se mida. Considerar que no existe ningún tipo de radiación
electromagnética

1)
La longitud, por ejemplo de una barra, medida por un observador en un sistema de
referencia para el que dicha barra se encuentra en reposo es la llamada longitud propia.

Si esa barra se desplaza con velocidad v respecto de un observador y éste mide su
longitud encuentra una distancia, llamada longitud impropia, ambas están relacionadas
v2
mediante la ecuación: L =L 1− 2 (1)
impropia propia c
Lado AB
En el problema que nos ocupa la distancia a es una longitud impropia ya que está
medida respecto de un sistema ligado al lazo y no a las bolas. Designamos con S al
sistema para el que el lazo se desplaza con una velocidad v, S1 al sistema para el que el
lazo se encuentra en reposo y las bolas del lado AB se desplazan con velocidad u y
finalmente llamamos S2 al sistema para el que las bolas del lado AB se encuentran en
reposo. Para este último sistema la distancia entre dos bolas consecutivas es a2 y es la
longitud propia ya que se mide desde el sistema en que las bolas están en reposo.
a
Teniendo en cuenta la expresión (1), la relación entre a y a2 es: a2 =
u2
1− 2
c
Para el observador que está en el sistema S y que quiere aplicar la relación (1) tiene que
calcular primero la velocidad que tienen las bolas respecto de su sistema y para ello
u+v
recurre a la suma de velocidades relativista: v S =
uv
1+ 2
c

Si aplica la ecuación (1) encuentra, siendo aS, la longitud medida desde el sistema S


c2 −
(u + v )2
2
vS2
 uv 
1− 2 1 + 2 
2
vS c c 2 − vS
2
 c 
aS = a 2 1− =a =a =a =
c2 u2 c2 − u 2 c2 − u 2
1− 2
c
2
 uv 
c 1 + 2  − (u + v )
2 2

 c 
c2 − u 2
a =
uv
1+ 2
c
(c 2
)
+ uv − c 2 (u + v )
2 2
c 4 + u 2 v 2 + 2c 2 uv − c 2 u 2 − c 2 v 2 − 2c 2 uv

=a
(
c2 c2 − u 2 ) =a
(
c2 c2 − u 2 ) =
uv uv
1+ 2 1+ 2
c c
( )
c2 c2 − u 2 − v2 c2 − u 2( ) v2
=a
(
c2 c2 − u 2 ) ⇒ a S (AB) = a
c2
1−
uv uv
1+ 2 1+ 2
c c

Lado CD
Ahora las bolas se mueven con una velocidad –v y para calcular la velocidad para el
v−u
observador en S basta cambiar v por –v : vS =
uv
1− 2
c
v2
1−
c2
Si se opera como en el caso anterior se llega a: a S (CD) = a
uv
1− 2
c
Lados BC y DA
La posición del lazo es perpendicular y por tanto no se observa cambio en las
longitudes, los valores de distancia entre bolas es a.

2) Los valores de la carga neta (bolas más lazo) en cada uno de los lados
Para el observador del sistema S1, las bolas y el hilo están distribuidos simétricamente.
Sea q la carga de cada bola y N el número de bolas que hay en cada lado. La distancia
entre las bolas es para este observador a, en consecuencia el número de bolas en cada
uno de los lados es:
L
Na = L ⇒ N=
a
La carga del hilo es igual a las de las bolas que haya en ese hilo y de signo contrario.


L
Carga de la bolas en el lado AB = qN = q
a
L
Carga del hilo del lado AB = − q
a
Carga neta en cada lado = 0

Para el observador que se encuentra en el sistema S, la longitud del hilo AB vale
v2
L AB = L 1 −
c2
v2
1−
c2
La distancia entre dos bolas es. a S (AB) = *a
uv
1+ 2
c
Para este observador el número de bolas y la carga de todas ellas es:

v2
L 1− 2
c L  uv  L  uv 
NS = = 1 + 2  ⇒ Q AB = 1 +  * q
a S (AB) a c  a  c2 

Se hace uso del hecho de que la carga no depende del sistema de referencia.

Para este observador la carga del hilo es la misma que la que mide el observador S1 ya
que como dice la nota del enunciado la carga eléctrica de un objeto es independiente del
sistema de referencia desde el que se mida. A primera vista puede parecer extraño ya
que la longitud del hilo se acorta, pero en la misma proporción crece la densidad lineal
para que en total la carga del objeto no varíe.
La carga total para el observador en S del lado AB es

L  uv  Lq Lq uv
Q total ( AB) = 1 + 2  * q − =
a c  a a c2

Para el lado CD el razonamiento es el mismo, pero hay que cambiar aS(CD) ,que tiene
la misma expresión que aS(AB), pero con signo menos, por lo que resulta

L  uv  Lq Lq uv
Q total ( CD ) = 1 − 2  * q − =−
a c  a a c2

Para los lados BC y DA la situación es la misma que para el observador en S1, esto es la
carga neta es nula en cada lado

3) El módulo del momento de origen eléctrico que tiende a rotar el sistema
formado por el lazo y las bolas
Toda carga situada en el seno de un campo eléctrico sufre una fuerza que es el producto
de la carga por el módulo del campo. Si la carga es positiva la fuerza tiene la dirección


y sentido del campo y si es negativa la dirección es la misma pero el sentido es
contrario. Para nuestro caso ambas fuerzas determinan un momento

E
E
A B
α B
ϕ
ϕ
D CB =L
C D

La mínima distancia entre las fuerzas el L cos α = L sen ϕ.
El módulo de la fuerza sobre cada lado ,AB,o CD , vale:

Lq uv
F=QAB*E con Q total(AB) =
a c2
El módulo del momento de las fuerzas es:

Lquv L2 quv
M= L senϕ * E = * E senϕ
ac 2 ac 2

4) La energía debida a la interacción del sistema hilo más bolas con el campo
eléctrico
Imaginemos que el sistema pudiese girar libremente por efecto del par de fuerzas
alrededor de un eje imaginario que es paralelo a los lados AB y CD y equidistante de
ambos. De forma espontánea el lazo tendería a colocarse de modo que DB quedase en
la dirección de E y el momento de las fuerzas se anulase. Esto supondría un giro de
180-ϕ grados y un trabajo dado por

90 − ϕ 180
L2 quvE L2 quvE 2

∫ M dϕ = (− cos180 + cos ϕ) = L quvE (1 + cos ϕ)
ac 2 ∫
W= senϕ dϕ =
0 0 ac 2 ac 2

Esta es la energía que tiene almacenada el sistema en la posición inicial.


3.- Si se desean estudiar con precisión las propiedades de los átomos
aislados, se necesita que permanezcan prácticamente en reposo durante
un tiempo largo. Un método para lograrlo es el enfriamiento mediante
láser .
En una cámara de vacío se generan átomos de 23Na a una temperatura
de 103 K. El haz de átomos se colima y de frente a ellos se les bombardea
con un haz de láser intenso.

23
Na Laser

La frecuencia del láser, llamada de absorción resonante, se elige de
manera que los átomos de sodio que tengan una velocidad vo absorben
un fotón y pasan desde el estado fundamental a un primer estado
excitado de energía promedio E e incertidumbre Γ

E+Γ/2

E-Γ/2

E

Según este proceso los átomos disminuyen su velocidad en ∆v1= v1-vo.
Posteriormente el átomo retorna al estado fundamental y la velocidad
cambia a ∆v2 = v2-v1, al mismo tiempo que su dirección cambia en un
ángulo ϕ

23
Na v2
23
Na v1 ϕ

φ
fotón

La secuencia de emisión y absorción se repite muchas veces hasta que la
velocidad de los átomos decrece hasta un punto en que ya no absorbe luz
del láser y entonces se precisa cambiar la frecuencia de éste.


1.- Calcular la frecuencia de absorción resonante del láser y la
disminución de velocidad después de la primera absorción
2.- Calcular el rango de velocidades ∆vo de los átomos que pueden
absorber la luz del láser de la cuestión 1).
3.- Calcular el ángulo ϕ
4.- Encontrar la disminución máxima posible de la velocidad
5.- Calcular el número aproximado de absorciones-emisiones necesarios
para reducir la velocidad de un átomo desde vo hasta casi cero. Suponer
que el átomo se desplaza en línea recta

6) Calcular el tiempo que transcurre para que el proceso descrito en 5
ocurra. Calcular la distancia que un átomo se desplaza en ese tiempo
Datos:
E =3,36.10-19 J

Γ = 7,0 .10-27 J; c =3.108 m/s , velocidad de la luz
masa del protón , mp = 1,67.10-27 kg,; h= 6,62.10-34 J, constante de Planck

k = 1,38.10-23 JK-1, constante de Boltzmann

1.- Calcular la frecuencia de absorción resonante del láser y la disminución de
velocidad después de la primera absorción

Aplicamos el principio de conservación de la energía y el de la conservación de la
cantidad de movimiento

mv o + hν = E + mv1 ⇒ m(v o + v1 ) (v o − v1 ) = 2(E − hν )
1 2 1 2

2 2
= mv1 ⇒ m(v o − v1 ) =
hν hν
mv 0 −
c c
Dividiendo miembro a miembro las dos expresiones resulta:

2c(E − hν )
v o + v1 =
hν

Sustituimos la ecuación anterior en la expresión de la conservación de la energía y
resulta:

hν
v o − v1 = (1)
mc

Sumando las dos últimas ecuaciones


c(E − hν ) hν cE hν
vo = + = −c+ (2)
hν 2mc hν 2mc

Calculamos con los datos conocidos y obtenemos:

m
3.10 8 * 3,36.10 −19 J
cE s m
= −34
= 1,52.10 23 2
h 6,62.10 J.s s
h 6,62.10 −34 Js Js 2
; = = 2,87.10 −17
2mc m kg m
2 * 23 * 1,67.10 −27 kg * 3.10 8
s

Comparando los valores numéricos se deduce que el segundo es despreciable frente al
primero por lo que la ecuación (1) queda así

hν(v o + c ) = cE
cE cE
vo = −c ⇒ ⇒ ν=
hν h (v o + c )

Sustituyendo valores en la última ecuación resulta:

m
3.10 8 * 3,36.10 −19 J
ν= s ≈ 5.1014 Hz
m
6,62.10 −34 Js * 3.10 8
s

Se ha hecho la aproximación de despreciar la velocidad molecular del sodio frente a la
velocidad de la luz, puesto que

1 3 3kT 3 * 1,38.10 −23 JK −1 * 10 3 K m
mv o = kT ⇒ v 0 =
2
= − 27
= 1,04.10 3
2 2 m 23 * 1,67.10 kg s

De la ecuación de la conservación de la cantidad de movimiento (1), podemos calcular
la disminución de la velocidad de un átomo después de la primera absorción

hν 6,62.10 −34 Js * 5.1014 s −1 m
∆v1 = v1 − v o = − =− − 27 8 −1
= −3.10 − 2
mc 23 * 1,67.10 kg * 3.10 ms s

2) .-Calcular el rango de velocidades ∆vo de los átomos que pueden absorber la luz
del láser de la cuestión 1).

La ecuación que relaciona la velocidad con las distintas magnitudes es:

cE
vo = −c
hν


Teniendo en cuenta que E tiene una incertidumbre Γ, podemos suponer un valor
máximo de vo y un valor mínimo cuyas expresiones son

 Γ  Γ
c E +  c E − 
cΓ
vS = 
2
− c ; vo = 
2
I
−c ⇒ = vS − vo =
I

hν hν hν
o o

3.10 8 * 7.10 −27 m
∆v 0 = −34 14
≈6
6,62.10 * 5.10 s

3) Calcular el ángulo ϕ

Cuando el átomo de sodio cuya velocidad es v1 vuelve a su estado fundamental
emitiendo un fotón se cumple la conservación del momento y de la energía

hν 1 hν 1
mv1 = mv 2 cos ϕ + cos φ (ejeX) ; 0 = mv 2 senϕ − senφ (ejeY)
c c

1 1
mv1 + E = mv 2 + hν1
2
2
2 2

El fotón se puede emitir en cualquier dirección, si lo hace formando un ángulo de 90º
con la dirección del sodio, las ecuaciones son

hν1 hν 1 hν1
mv1 = mv 2 cos ϕ ; 0 = mv 2 senϕ − ⇒ tag ϕ = ≈
c mv1c mv 0 c

hν 1 6,62.10 −34 * 5.1014
ϕ = arco tag = arco tag − 27 3 8
⇒ ϕ ≈ 2,8.10 −5 rad
mv o c 23 * 1,67.10 * 1,04.10 * 3.10

4) Encontrar la disminución máxima posible de la velocidad
En el apartado 3 se ha hecho el cálculo de los valores extremos de la velocidad, por
consiguiente la disminución máxima posible es 3 m/s

6 m/s

I
vo vo vs
o


5.- Calcular el número aproximado de absorciones-emisiones necesarios para
reducir la velocidad de un átomo desde vo hasta casi cero. Suponer que el átomo
se desplaza en línea recta
Se ha calculado que en promedio la disminución de la velocidad es 3.10-2 m/s
hν m
∆v1 = v1 − v o = − = −3.10 − 2
mc s
3kT m
y su velocidad promedio v0 = = 1,04.10 3 ,
m s

Tenemos que una absorción supone una disminución de velocidad de 3.10-2 m/s, por
tanto, para disminuir la velocidad a cero desde 1,04,103 m/ s se necesitan N absorciones

1 N
−2
= ⇒ N = 3,5.10 4
3.10 1,04.10 3

6) Calcular el tiempo que transcurre para que el proceso descrito en 5 ocurra.
Calcular la distancia que un átomo se desplaza en ese tiempo
En cuántica se estudia la anchura de los niveles excitados de los átomos y se encuentra
una relación de incertidumbre de Heisenberg. El tiempo que el átomo se encuentra en el
estado excitado es:
h h 6,62.10 −34
∆E * ∆t = ⇒ ∆t = = = 1,5.10 −8 s
2π 2π Γ 2 * 3,14 * 7.10 − 27

El tiempo para disminuir la velocidad de todos los átomos del intervalo es:

∆T = N*∆t = 3,5.104*1,5.10-8 = 5,3.10-4 s

El átomo al principio tiene una velocidad de 1,04.103 m/s, pero a medida que absorbe
fotones su velocidad disminuye de modo que al cabo de 5,3.10-4 s, su velocidad se ha
hecho nula. Tomamos como promedio de la velocidad la media aritmética entre la
velocidad inicial y la final La distancia recorrida por un átomo con velocidad
promediada, en ese intervalo es:

1,04.10 3
∆s = v media * ∆T = * 5,3.10 −4 = 0,27 m
2


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